ここでは三角形に関する等式の証明問題について説明します。
三角比の相互関係を利用した等式の証明問題についての解説記事は，次の記事を参考にして下さい。
三角形に関する等式の証明問題
問題$\sankaku{ABC}$ において，次の等式が成り立つことを証明せよ。
(1) $a\sin A\sin C+b\sin B\sin C=c(\sin^2A+\sin^2B)$
(2) $a(b\cos C-c\cos B)=b^2-c^2$
(1) $a\sin A\sin C+b\sin B\sin C=c(\sin^2A+\sin^2B)$
(2) $a(b\cos C-c\cos B)=b^2-c^2$
ヒロ
次のポイントを知っておこう。
三角形の三角比を含む等式の証明正弦定理や余弦定理を利用して辺だけの式に変形するのが基本である。
【(1)の考え方と解答】
両辺がサインを含む式だから正弦定理を利用しよう。
$\sankaku{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とすると，正弦定理より
両辺がサインを含む式だから正弦定理を利用しよう。
$\sankaku{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とすると，正弦定理より
\begin{align*}
\sin A=\dfrac{a}{2R},~\sin B=\dfrac{b}{2R},~\sin C=\dfrac{c}{2R}
\end{align*}
となるから\sin A=\dfrac{a}{2R},~\sin B=\dfrac{b}{2R},~\sin C=\dfrac{c}{2R}
\end{align*}
\begin{align*}
(左辺)&=a\sin A\sin C+b\sin B\sin C \\[4pt]
&=a\Cdota\dfrac{a}{2R}\Cdota\dfrac{c}{2R}+b\Cdota\dfrac{b}{2R}\Cdota\dfrac{c}{2R} \\[4pt]
&=c\left\{\left(\dfrac{a}{2R}\right)^2+\left(\dfrac{b}{2R}\right)^2\right\} \\[4pt]
&=c(\sin^2A+\sin^2B) \\[4pt]
&=(右辺)
\end{align*}
(左辺)&=a\sin A\sin C+b\sin B\sin C \\[4pt]
&=a\Cdota\dfrac{a}{2R}\Cdota\dfrac{c}{2R}+b\Cdota\dfrac{b}{2R}\Cdota\dfrac{c}{2R} \\[4pt]
&=c\left\{\left(\dfrac{a}{2R}\right)^2+\left(\dfrac{b}{2R}\right)^2\right\} \\[4pt]
&=c(\sin^2A+\sin^2B) \\[4pt]
&=(右辺)
\end{align*}
(2) $a(b\cos C-c\cos B)=b^2-c^2$
【(2)の考え方と解答】
コサインを含む式だから余弦定理を利用しよう。
コサインを含む式だから余弦定理を利用しよう。
\begin{align*}
(左辺)&=a(b\cos C-c\cos B) \\[4pt]
&=a\left(b\Cdota\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-c\Cdota\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}\right) \\[4pt]
&=\dfrac{(a^2+b^2-c^2)-(c^2+a^2-b^2)}{2} \\[4pt]
&=b^2-c^2 \\[4pt]
&=(右辺)
\end{align*}
(左辺)&=a(b\cos C-c\cos B) \\[4pt]
&=a\left(b\Cdota\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-c\Cdota\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}\right) \\[4pt]
&=\dfrac{(a^2+b^2-c^2)-(c^2+a^2-b^2)}{2} \\[4pt]
&=b^2-c^2 \\[4pt]
&=(右辺)
\end{align*}
三角形に関する等式の証明問題2
問題$\sankaku{ABC}$ において，次の等式が成り立つことを証明せよ。
(1) $(b-c)\sin A+(c-a)\sin B+(a-b)\sin C=0$
(2) $c(\cos B-\cos A)=(a-b)(1+\cos C)$
(1) $(b-c)\sin A+(c-a)\sin B+(a-b)\sin C=0$
(2) $c(\cos B-\cos A)=(a-b)(1+\cos C)$
【(1)の考え方と解答】
$\sankaku{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とすると，正弦定理より
$\sankaku{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とすると，正弦定理より
\begin{align*}
\sin A=\dfrac{a}{2R},~\sin B=\dfrac{b}{2R},~\sin C=\dfrac{c}{2R}
\end{align*}
となるから\sin A=\dfrac{a}{2R},~\sin B=\dfrac{b}{2R},~\sin C=\dfrac{c}{2R}
\end{align*}
\begin{align*}
(左辺)&=(b-c)\Cdota\dfrac{a}{2R}+(c-a)\Cdota\dfrac{b}{2R}+(a-b)\Cdota\dfrac{c}{2R} \\[4pt]
&=\dfrac{(ab-ca)+(bc-ab)+(ca-bc)}{2R}=0 \\[4pt]
&=(右辺)
\end{align*}
(左辺)&=(b-c)\Cdota\dfrac{a}{2R}+(c-a)\Cdota\dfrac{b}{2R}+(a-b)\Cdota\dfrac{c}{2R} \\[4pt]
&=\dfrac{(ab-ca)+(bc-ab)+(ca-bc)}{2R}=0 \\[4pt]
&=(右辺)
\end{align*}
(2) $c(\cos B-\cos A)=(a-b)(1+\cos C)$
【(2)の考え方と解答】
余弦定理より
余弦定理より
\begin{align*}
(左辺)&=c\left(\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}-\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right) \\[4pt]
&=\dfrac{b(c^2+a^2-b^2)-a(b^2+c^2-a^2)}{2ab} \\[4pt]
&=\dfrac{(a^3-b^3)+ab(a-b)-c^2(a-b)}{2ab} \\[4pt]
&=\dfrac{(a-b)\{(a^2+ab+b^2+ab-c^2)\}}{2ab} \\[4pt]
&=(a-b)\left(1+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right) \\[4pt]
&=(a-b)(1+\cos C) \\[4pt]
&=(右辺)
\end{align*}
(左辺)&=c\left(\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}-\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right) \\[4pt]
&=\dfrac{b(c^2+a^2-b^2)-a(b^2+c^2-a^2)}{2ab} \\[4pt]
&=\dfrac{(a^3-b^3)+ab(a-b)-c^2(a-b)}{2ab} \\[4pt]
&=\dfrac{(a-b)\{(a^2+ab+b^2+ab-c^2)\}}{2ab} \\[4pt]
&=(a-b)\left(1+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right) \\[4pt]
&=(a-b)(1+\cos C) \\[4pt]
&=(右辺)
\end{align*}
ヒロ
左辺を変形して右辺になれば証明できるのだから，右辺の形を見て，変形していくようにしよう。
三角形に関する等式の証明問題3
問題$\sankaku{ABC}$ において，次の等式が成り立つことを証明せよ。
\begin{align*}
(b^2+c^2-a^2)\tan A=(c^2+a^2-b^2)\tan B
\end{align*}
(b^2+c^2-a^2)\tan A=(c^2+a^2-b^2)\tan B
\end{align*}
【考え方と解答】
余弦定理より
余弦定理より
\begin{align*}
&b^2+c^2-a^2=2bc\cos A
\end{align*}
であるから&b^2+c^2-a^2=2bc\cos A
\end{align*}
\begin{align*}
(左辺)&=(b^2+c^2-a^2)\tan A \\[4pt]
&=2bc\cos A\tan A \\[4pt]
&=2bc\sin A
\end{align*}
$\sankaku{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とすると，正弦定理より $\sin A=\dfrac{a}{2R}$ であるから(左辺)&=(b^2+c^2-a^2)\tan A \\[4pt]
&=2bc\cos A\tan A \\[4pt]
&=2bc\sin A
\end{align*}
\begin{align*}
(左辺)&=2bc\Cdota\dfrac{a}{2R}=\dfrac{abc}{R}
\end{align*}
同様にして(左辺)&=2bc\Cdota\dfrac{a}{2R}=\dfrac{abc}{R}
\end{align*}
\begin{align*}
&c^2+a^2-b^2=2ca\cos B \\[4pt]
&\sin B=\dfrac{b}{2R}
\end{align*}
であるから&c^2+a^2-b^2=2ca\cos B \\[4pt]
&\sin B=\dfrac{b}{2R}
\end{align*}
\begin{align*}
(右辺)&=(c^2+a^2-b^2)\tan B \\[4pt]
&=2ca\cos B\tan B \\[4pt]
&=2ca\sin B \\[4pt]
&=2ca\Cdota\dfrac{b}{2R}=\dfrac{abc}{R}
\end{align*}
よって，与えられた等式は成り立つ。(右辺)&=(c^2+a^2-b^2)\tan B \\[4pt]
&=2ca\cos B\tan B \\[4pt]
&=2ca\sin B \\[4pt]
&=2ca\Cdota\dfrac{b}{2R}=\dfrac{abc}{R}
\end{align*}